【物理】黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

大庆铁人中学高二学年第一学期期末考试 物理试题 试题说明：本试题满分 110分，答题时间 90分钟。‎ 第Ⅰ卷选择题部分（60分）‎ 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分。）‎ ‎1. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是 A. 两个电势不同的等势面可能相交 B. 电场线与等势面处处相互垂直 C. 同一等势面上各点电场强度一定相等 D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故A错误；‎ B．电场线与等势面垂直，B正确；‎ C．同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；‎ D．将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D错误；‎ ‎2.如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是(　　)‎ A. mambmc B. mbmamc C. mcmamb D. mcmbma ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意：a在纸面内做匀速圆周运动，所以；b在纸面内向右做匀速直线运动，所以 ；c在纸面内向左做匀速直线运动所以 ，根据公式可解的：，故B正确，ACD错误．‎ ‎3.用电场线能很直观很方便地比较电场中各点的强弱．如图所示，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下列认识不正确的是　　 ‎ A. B、C两点场强大小和方向都相同 B. A、D两点场强大小相等，方向相反 C. E、F两点场强大小和方向都相同 D. 从E到F过程中场强先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同．这两点场强的方向均由B→C，方向相同，故A正确；‎ B．根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；‎ C．由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，故C正确；‎ D．由图看出，从E到F过程，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确．‎ ‎4.三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置．三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等．则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）‎ A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下 C. 方向水平向右 D. 方向水平向左 ‎【答案】D ‎【解析】该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项．‎ ‎【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示： 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故选D．‎ ‎【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．‎ ‎5.如图所示，为定值电阻，为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是  ‎ A. 当时，上获得最大功率 B. 当时，上获得最大功率 C. 当时，上获得功率一定最大 D. 当时，电源的输出功率可能最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于等效电源的输出功率，当等效电源的外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大。故A正确，不符合题意。 BC．根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大。当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大。故B错误，符合题意；C正确，不符合题意。 D．当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，则当R2=0且R1=r 时，电源的输出功率最大，故D正确，不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程经过水平匀强磁场区域，虚线为该磁场的竖直边界，已知磁场区域的宽度大于圆环的直径若不计空气阻力，则 ‎ A. 圆环在摆动过程中始终产生感应电流 B. 圆环在摆动过程中，机械能始终守恒 C. 圆环在磁场区域中摆动时，机械能守恒 D. 圆环最终将静止竖直方向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。故A错误。‎ B．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒。故B错误。‎ C．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒。故C正确。‎ D．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化一直是最大值，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置。故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L．一个边长为a的正方形导线框（L>2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如右图所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L＞2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL-mg=ma，则做加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎【点睛】由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L＞2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即可求解．‎ ‎8.在如图所示的电路中，、、和皆为定值电阻，为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表的读数为，电流表的读数为，电压表V1的示数为，电压表的读数为，当的滑动触点向a端移动过程中，电流表的读数变化量大小为，电流表的读数变化量大小，电压表的读数变化量大小为，电压表的读数变化量大小为，则（ ）‎ A. 变大，，不变 B. 变大、，不变 C. 变小，变小，变小 D. 变小，变小，变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】C．当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I1变大，路端电压变小，U1变小。根据闭合电路欧姆定律知：U2=E-I1（r+R1+R3），I1增大，则U2变小，因此I2变小。故C错误。‎ AB．U1的变化量等于U2的变化量与R1，R3的电压变化量之和，U1变小，U2变小，而R1，R3的电压变化量之和增加，则知：△U1＜△U2。由闭合电路欧姆定律知：U1=E-I1r，则，不变。故A正确，B错误。‎ D．由于，则可知不变；故D错误。故选A。‎ 二、多选题（本题共4小题，选全对得5分，选不全得3分，错选得0分，共20分。）‎ ‎9.金属探测器是用来探测金属的仪器，如图所示，关于其工作原理，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 探测器内的探测线圈会产生变化的磁场 B. 只有有磁性的金属物才会被探测器探测到 C. 探测到金属物是因为金属物中产生了涡流 D. 探测到金属物是因为探测器中产生了涡流 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】金属探测器利用涡流探测金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到。 A．探测器内的探测线圈会产生变化的磁场，与结论相符，选项A正确；‎ B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到，与结论不相符，选项B错误；‎ C．探测到金属物是因为金属物中产生了涡流，与结论相符，选项C正确；‎ D．探测到金属物是因为探测器中产生了涡流，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选AC。‎ ‎10.如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动金属杆滑动过程中与导轨接触良好。则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 电路中感应电动势大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的热功率为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电路中感应电动势为：‎ 故A正确，不符合题意。‎ B．电路中感应电流的大小为：‎ 故B正确，不符合题意。‎ C．金属杆所受安培力的大小为：‎ 故C错误，符合题意。‎ D．金属杆的热功率为：‎ 故D错误，符合题意。故选CD。‎ ‎11.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 小球b机械能保持不变 B. 小球b所受库仑力大小始终为2mg C. 细线PM的拉力先增大后减小 D. 小球b加速度大小一直变大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A正确；‎ B．小球b机械能守恒，从G滑到H过程中，有：‎ H处有：‎ 则有：‎ F库=3mg 故B错误； C．设PN与竖直方向成α角，对球a受力分析，将其分解： 竖直方向上有：‎ FPNcos α=mg+F库sin θ 水平方向上有：‎ F库cos θ+FPNsin α=FPM。‎ 解得：‎ 下滑时θ从0增大90°，细线PM的拉力先增大后减小，故C正确； D．设b与a的连线与水平方向成θ角，则有：任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：‎ 可知小球的加速度一直变大，故D正确。故选ACD。‎ ‎12.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，同时向磁场内各个方向均匀发射某种带正电的粒子（不计重力作用和粒子间的相互作用），粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 一定有粒子打到C点 B. 与OC边的夹角为θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最长 C. 从OC边飞出的粒子数与 从AC边飞出的粒子数之比为1:2‎ D. 在AC边界上有粒子射出的区域长度大于L ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由公式，可知粒子的运动半径r=2L，因CO=L因此当 即入射时，粒子恰好从C点飞出，故A正确； B．由弦长越长，运动时间越长可知，粒子从C点射出，时，粒子在磁场中运动时间最长，故B错误； C．因，则从AC边上射出的粒子的入射角范围大于60°，可知从OC边飞出的粒子数与从AC边飞出的粒子数之比为小于1:2，故C错误； D．根据图所示，若垂直AC边射出，射出区域长度为1.5L，因此在AC边界上有粒子射出的区域长度会大于L，故D正确。故选AD。‎ 第Ⅱ卷 非选择题部分（50分）‎ 三、实验题（每空2分，共16分。）‎ ‎13.（1）图1螺旋测微器读数为__________mm，图2游标卡尺读数为__________mm。‎ ‎（2）选择电流表的量程为，则图3中电流表的读数为___________ A。‎ ‎【答案】 (1). 0.900 14.45 (2). 0.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．图1螺旋测微器读数为：0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm；‎ ‎[2]．图2游标卡尺读数为：14mm+0.05mm×9=14.45mm。‎ ‎（2）[3]．选择电流表的量程为0.6A，则图3中电流表的读数为0.35A.‎ ‎14.某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：‎ 两个相同的待测电源内阻，电阻箱最大阻值为，电阻箱最大阻值为，电压表内阻约为，电流表内阻约为，灵敏电流计G，两个开关、．‎ 主要实验步骤如下：‎ 按图连接好电路，调节电阻箱和至最大，闭合开关和，再反复调节和，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱、电阻箱的示数分别为、、、；‎ 反复调节电阻箱和与中的电阻值不同，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为、．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势和的关系为______；‎ ‎（2）电压表的内阻为______，电流表的内阻为______；‎ ‎（3）电源的电动势E为______，内阻r为______。‎ ‎【答案】(1). φA=φB (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即φA=φB． （2）[2][3]．由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和．则在步骤1中，通过电压表的电流 ‎ 电压表的内阻为 ‎ ‎ 左右两个电源两极间的电压相等，则有：‎ U1=I1（RA+R2）‎ 解得电流表的内阻 ‎ ‎ ‎（3）[4][5]．根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎ E=U1+I1r E=U2+I2r 解得 三、计算题（15题8分，16题10分，17题16分，共34分。）‎ ‎15.如图所示，电源电动势E=40V，内阻r=1Ω，电阻R=24Ω，M为一线圈电阻RM=0.4Ω的电动机，电流表为理想电流表，求：‎ ‎（1）当开关S断开时，电源输出功率P1是多少？‎ ‎（2）当开关S闭合时，电流表的示数为4.0A，则通过电动机的电流及电动机输出功率P2是多少？‎ ‎【答案】(1)61.44W； (2)87.5W；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当开关S断开时，根据闭合电路欧姆定律，电流为：‎ 电源输出功率为：P1=I2R=1.62×24=61.44W； （2）开关S闭合时，电流表的示数为4.0A，故路端电压为：U=E-Ir=40-4×1=36V， 通过电阻R的电流：‎ 故流过电动机的电流为：I2=I-I1=4-1.5=2.5A， 故电动机的机械功率为：P2=UI2-I22RM=36×2.5-2.52×0.4=87.5W；‎ ‎16.如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv，切割的速度（v）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．‎ ‎（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎（3）首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．‎ ‎【详解】（1）感应电动势 感应电流 解得 ‎（2）安培力 牛顿第二定律 解得 ‎（3）金属杆切割磁感线的速度，则 感应电动势 电功率 解得 ‎【点睛】该题是一道较为综合题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．‎ ‎（1）切割速度v的问题 切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．‎ ‎（2）能量转化的问题 电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化．‎ ‎（3）安培力做功的问题 电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．‎ ‎（4）动能定理的应用 动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．‎ ‎17.如图所示，在第二象限内存在一个半径为a的圆形有界匀强磁场，磁场圆心坐标。在位置坐标为的P点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为m、带电量的粒子，其速度大小均为v ‎。这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直xOy平面向外的有界匀强磁场区域，该区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，粒子经过该磁场后，全部汇聚到位置坐标为的Q点，再从Q点进入第四象限，第四象限内有大小为、方向水平向左的匀强电场。不计粒子重力，求：  ‎ ‎（1）第二象限圆形有界匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）第一象限有界磁场的最小面积；‎ ‎（3）这些粒子经过匀强电场后再次经过y轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远位置坐标。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）3v；（0，）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）要想使这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，则粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径必须和圆形磁场的半径相同，即：‎ R=a 在磁场中，由洛仑兹力提供向心力：‎ ‎ ‎ 联立可得：‎ ‎ ‎ 由左手定则知：磁感应强度B的方向垂直xOy平面向外 （2）第一象限区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，则根据 此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R′=2a 则最小磁场的直径为 ‎ 最小面积为 ‎ ‎ ‎（3）粒子在从P到Q运动过程中，所经历的磁场区域均不可以改变其速度的大小，所有粒子在到达Q点的速度仍是v。虽然不同粒子在Q点的速度方向不同，从Q到y轴负方向， 由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 由第一象限内的磁场分布可以知道，所有从Q点射出的粒子，其速度大小均为v，方向颁布在沿x轴正向与y轴负向之间的90°范围之内。 现研究从Q点射出的，速度与y轴负向平角为θ的粒子。其轨迹应是类斜抛。则有 y=v cosθ×t ‎ 联立两式，消去θ可得：‎ ‎ ‎ 从此式可以看出： 当时，‎ 故第二次经过y轴最远位置坐标为：（0，）‎